Бусинка на спице

[Omega]

Доброго Всем времени суток! Помогите решить, пожалуйста, следующую задачу:
Заряженная бусинка может свободно скользить по тонкой спице, расположенной по диаметру кольца, равномерно
заряженного одноимённым с бусинкой зарядом. Найти период малых колебаний бусинки относительно
положения равновесия.
Известно, что заряд бусинки - $q$, а заряд кольца с радиусом $R$ - $Q$.

Вот мой неоконченный вариант решения:
Положим, что бусинку отклонили от положения равновесия на расстояние $x$ от центра кольца. Пусть также $\alpha$ - угол, который составляет радиус,
проведённый в произвольную точку на кольце, со спицей, а $\beta$ - отрезок, соединяющий бусинку всё с той же точкой на кольце (см. рисунок).
Тогда со стороны этого малого "кусочка" кольца с зарядом $dQ$ на бусинку будет действовать сила $d\vec{F}=\dfrac{kqdQ}{l^{2}}$.



Итак, из простых геометрических соображений следует:

$$\begin{cases}R^{2}+x^{2}-2Rx\cos{\alpha}=l^{2}\\ R/ \sin{\beta}= l/ \sin{\alpha}\\ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}l=\sqrt{R^{2}+x^{2}\cos{2\beta}-|\cos{\beta}|\sqrt{R^{2}-x^{2}\sin^{2}{\beta}}}, \alpha \in [0;\pi/2];\\l=\sqrt{R^{2}+x^{2}\cos{2\beta}+|\cos{\beta}|\sqrt{R^{2}-x^{2}\sin^{2}{\beta}}}, \alpha \in [\pi/2,\pi] .\\\end{cases}$$

А далее, на мой взгляд, начинается самое сложное в этой задаче.
Рассмотрим суммарную силу, действующую на бусинку со стороны кольца: она складывается из двух составляющих $F_{1}$ (для $ \alpha \in [0;\pi/2]$ ) и $F_{2}$ (для $\alpha \in [\pi/2,\pi] $).
Именно так самая разница $\vec{F_{0}}=\vec{F_{1}}-\vec{F_{2}}$ толкает бусинку к положению равновесия.
Итак, очевидно, что:

$$\begin{cases}dF_{1}=2\dfrac{kqdQ}{l^{2}} \cos{\beta}\\ \\dF_{2}=-2\dfrac{kqdQ}{l^{2}} \cos{\beta} \\\end{cases}$$

И если верно то, что $dQ=\dfrac{Ql}{2\pi R}d\beta$ ,тогда:

$$\begin{cases}dF_{1}=\dfrac{kqQ}{\pi R} \int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{\cos{\beta}}{l}d\beta\\ \\dF_{2}=-\dfrac{kqQ}{\pi R} \int\limits_{\pi/2}^{\pi}\dfrac{\cos{\beta}}{l}d\beta\\\end{cases}$$

Пока остановлюсь. Верно ли всё то, что написано мною выше? Уважаемые форумчане, помогите. Заранее спасибо.

[Oleg Zubelevich]

Через $\rho$ обозначим плотность заряда кольца, через $ds$ элемент длины кольца, $\overline r(s)$ -- уравнение кольца, $\overline e$ -- единичный вектор спицы.
на частицу $A$ со стороны элемента кольца действует активная сила

$$(\overline e,d\overline F)=\gamma\frac{q\rho(s)ds}{|\overline r_A-\overline r|^3}(\overline r_A-\overline r,\overline e)$$

Сначала люди составляют уравнение, а потом расписывают его в координатах, а иначе бывает бодяга.

[nikvic]

Я бы начал с примерного подсчёта потенциала поля кольца "околонуля": для периода достаточно знать множитель при квадрате расстояния от центра (в плоскости кольца).

[Oleg Zubelevich]

вводим декартову систему координат с центром в центре окружности так, что ось $X$ направлена вдоль спицы. Тогда $\overline r_A=x\overline e$ где $x$ -- координата частицы. Подставляем эту формулу в формулу написанную выше, раскладываем в ряд Тейлора по $x$ до линейного члена, интегрируем.

[nikvic]

Так что задача - на отыскание предела

[Oleg Zubelevich]

Теперь вопрос лично вам, nikvic
разложите в ряд Тейлора при малых $x$ с точностью до $O(x^2)$ следующую функцию:

$$\frac{1}{|x\overline e-\overline r|^3}$$

ответ запишите в исходных терминах т.е. в векторном виде

[ewert]

nikvic в сообщении #746223 писал(а):

Я бы начал с примерного подсчёта потенциала поля кольца "околонуля":

То, что нужен потенциал, а не сила -- это само собой. Но "примерно околонуля" неразумно, если с самого начала. Поначалу надо всё-таки выписать тот интеграл честно, он получится совсем простеньким; правда, эллиптическим. И вот только потом, когда он выпишется, надо будет раскладывать подынтегральную функцию по степеням смещения, это уже совсем просто.

[nikvic]

ewert в сообщении #746274 писал(а):

Но "примерно околонуля" неразумно, если с самого начала.

Около нуля - для малых отклонений, примерно - до первой ненулевой степени разложения.

[Omega]

Oleg Zubelevich в сообщении #746216 писал(а):

Через $\rho$ обозначим плотность заряда кольца, через $ds$ элемент длины кольца, $\overline r(s)$ -- уравнение кольца, $\overline e$ -- единичный вектор спицы.
на частицу $A$ со стороны элемента кольца действует активная сила

$$(\overline e,d\overline F)=\gamma\frac{q\rho(s)ds}{|\overline r_A-\overline r|^3}(\overline r_A-\overline r,\overline e)$$

То есть я правильно полагаю, что:

$$ds=\dfrac{Rdx}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}};\rho(s)=\dfrac{dQ}{ds}=\dfrac{Q}{2\pi R};\overline r = \overline r(x;\sqrt{R^{2}-x^{2}})$$

?
Просто мне крайне интересно верен ли мой способ?Или же я зашёл в тупик, или я где-то ошибся?

[Oleg Zubelevich]

Omega в сообщении #746341 писал(а):

:

$$ds=\dfrac{Rdx}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}};\rho(s)=\dfrac{dQ}{ds}=\dfrac{Q}{2\pi R};\overline r = \overline r(x;\sqrt{R^{2}-x^{2}})$$

проще так $\overline r =R\cos\varphi \overline e_x+R\sin\varphi \overline e_y,\quad ds=Rd\varphi $

[ewert]

nikvic в сообщении #746336 писал(а):

примерно - до первой ненулевой степени разложения.

Это скользковато, если до интегрирования. Тем более что (технически) не до первой, а до второй. Если $z$ -- смещение вдоль бусинки и $\varepsilon=\dfrac{z}{R}$, то потенциальная энергия, очевидно, есть

$$U(z)=\dfrac{qQ}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{d\varphi}{\sqrt{(z+R\cos\varphi)^2+(R\sin\varphi)^2}}=\dfrac{qQ}{2\pi R}\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{d\varphi}{\sqrt{\varepsilon^2+2\varepsilon\cos\varphi+1}},$$

и только теперь всё считается в уме, но только с учётом $(1+t)^{-\frac12}=1+\left(-\frac12\right)t+\dfrac{\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)}{2}\,t^2+O(t^3)$. А интеграл хоть какой-то в любом случае понадобится.

[nikvic]

ewert в сообщении #746372 писал(а):

nikvic в сообщении #746336 писал(а):

примерно - до первой ненулевой степени разложения.

Это скользковато, если до интегрирования. ....только с учётом $(1+t)^{-\frac12}=1+\left(-\frac12\right)t+\dfrac{\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)}{2}\,t^2+O(t^3)$. А интеграл хоть какой-то в любом случае понадобится.

А я не противник интегралов
Но в этом выражении достаточно
$(1+t)^{-\frac12}=1+\left(-\frac12\right)t+O(t^2)$ из-за косинуса.

[ewert]

nikvic в сообщении #746381 писал(а):

Но в этом выражении достаточно
$(1+t)^{-\frac12}=1+\left(-\frac12\right)t+O(t^2)$ из-за косинуса.

Недостаточно. Начнём с того, что равновесие тогда получилось бы неустойчивым; не странно ли?...

[nikvic]

Гм, квадрат отклонения остаётся, а средний косинус равен нулю.

[Omega]

Oleg Zubelevich, помогите пожалуйста: не могли бы Вы краткими выводами "довести" меня до того места, где мне останется посчитать некий в итоге получившийся интеграл?
Так как к сожалению прийти к этому интегралу, именно в векторной форме записи, что предложили Вы, - у меня толком не выходит.
Спасибо.